教学要求 1 、理解质点惯性力的概念、动静法，掌握应用质点动静法分析求解质点动力学问题的方法步骤。 2 、理解刚体作平动、绕定轴转动、平面运动的三种情况下其惯性力系的简化结果，并能用于计算。

1. 第十章 动静法 教学要求 1、理解质点惯性力的概念、动静法，掌握应用质点动静法分析求解质点动力学问题的方法步骤。 2、理解刚体作平动、绕定轴转动、平面运动的三种情况下其惯性力系的简化结果，并能用于计算。 3、理解质点系动静法的概念,掌握其分析求解刚体动力学问题的一般方法步骤。

2. 动静法:把动力学问题在形式上转化为静力学平衡问题来研究的方法。动静法:把动力学问题在形式上转化为静力学平衡问题来研究的方法。 第一节 质点动力学问题的动静法 一、惯性力的概念 惯性力:因为外力的作用而使物体的运动状态改变时，由于惯性而引起的运动物体对施力物体的反作用力。 质点惯性力的大小:等于质点的质量与加速度的乘积，方向与加速度方向相反，作用对象是施力物体。 FQ= -F= -ma

3. 质点作变速曲线运动时惯性力的分析： 如图所示，设质点M的质量为m，在力F作用下作变速曲线运动，具有加速度 a，故其惯性力为FQ= -ma。若将FQ和a沿切向与法向分解，则有: FQ= FQτ+ FQn=-maτ-man 式中：FQτ=- maτ切向惯性力； FQn=- man， 法向惯性力。

4. 二、质点动力学问题的动静法 F+FN+FQ=0 在质点运动的任一瞬时，作用于质点的主动力、约束反力与虚加在质点上的惯性力在形式上构成一个平衡力系。这种处理质点动力学问题的方法，称为动静法。

5. 若质点的运动为平面曲线运动，两种投影表达式为若质点的运动为平面曲线运动，两种投影表达式为 ①直角坐标轴投影式 Fx+FNx+FQx=0 Fy+FNy+FQy=0 式中：FQx=- max，FQy=- may。 ②自然坐标轴投影式 Fτ+FNτ+FQτ=0 Fn+FNn+FQn=0 式中：FQτ=- maτ，FQn=- man。

6. 例1：如a图所示，重力为G的小物块A放在车的斜面上，斜面倾角为30°，物块A与斜面的摩擦因数ƒ=0.2。若车向左加速运动，试求物块不致沿斜面下滑的加速度a。例1：如a图所示，重力为G的小物块A放在车的斜面上，斜面倾角为30°，物块A与斜面的摩擦因数ƒ=0.2。若车向左加速运动，试求物块不致沿斜面下滑的加速度a。 ①选取物块A为研究对象，画受力图。 物块A上作用有重力G、法向反力FN和静摩擦力Fƒ。 ②分析物块A运动，添加惯性力。 物块A随同小车一起以加速度a作直线平动，故质点A的惯性力为FQ= Ga/g，其方向与a相反，加在物块A受力图上。如b图所示。

7. ③选取直角坐标轴，列静力平衡方程并求解。 直角坐标轴Axy如b图所示。 ∑Fx=0 Fƒ+FQcos30°-Gsin30°=0 （1） ∑Fy=0 FN-FQsin30°-Gcos30°=0 （2） Fƒ=ƒFN（3） 将FQ= Ga/g代入上式，解得： 由于上述考虑的是物块A不下滑的临界平衡状态，故欲使物块A不沿斜面下滑，必须满足a≥3.32m/s2。

8. 第二节 刚体惯性力系的简化 一、刚体作平动 刚体平动时，其惯性力系可简化为一个通过质心的合力。此合力的方向与质心加速度方向相反，其大小等于刚体质量与质心加速度的乘积。 FQ=∑FQi=∑（-miac）= =-ac∑（mi）=-Mac 式中：M为刚体总质量。i=1，2，……n。

9. 二、刚体绕定轴转动 1、惯性力系的主矢FQo。 由平面任意力系向某点简化结果可知，惯性力系的主矢等于各质点惯性力的矢量和，且与简化中心无关。再根据质心运动定理，可得 FQ=FQo= FQc=∑（-miai）=-Mac 式中：ac为质心加速度；“-”号表示的方向与的方向。

10. 2、惯性力系的主矩TQo。 FQi法向分量和切向分量分别FQin=-Main、FQiτ=-Maiτ；由图10-6可见，惯性力系中，各质点法向分量FQiτ均通过O点，故各质点法向分量FQin对O点力矩均为零。因而，FQ对O点力矩等于各质点切向分量FQiτ对O点力矩的代数和，故有 TQo=∑FQiτrk =∑（-miai）ri = - ∑（miri2）α= -Joα 式中：Jo为刚体对通过O点的垂直转轴的转动惯量；“-”号表示力偶TQo与角加速度α的转向相反。 刚体绕定轴转动时，其惯性力系向转轴中心O的简化结果一般可得：一个惯性主矢FQ= -Mac和一个惯性主矩TQo= -Joα 。

11. 三、刚体作平面运动 刚体作平面运动时，其惯性力系可简化为在质量对称平面内通过质点C的一个惯性主矢FQ= -Mac和一个惯性主矩TQc= -Jcα 。

12. 四、几种特殊情况 ①TQc=-Jcα 且作匀速转动；即ac=0，α=0 则有 FQ=0，TQc=0。 ②转轴通过质心C，且α≠0，即刚体作变速定轴转动；有ac =0 则有 FQ=0，TQc=-Jcα ③转轴不通过质心C，且作匀速定轴转动，即α=0，ac≠0； 则有 TQo=0。FQ=-Mac= -Macn= -Meω2 式中：e质心C到转轴中心O的距离。

13. 第三节 质点系动力学问题的动静法 质点系的动静法:质点系在运动的每一瞬时，作用于质点系上的所有外力（即全部主动力、约束反力）与虚加在质点系上的惯性力系，在形式上构成一平衡力系。 动静法求解刚体（系）动力学问题的一般方法与步骤： ①明确题意，选取研究对象，画受力图。 ②根据刚体的运动形式，确定惯性力，并加在研究对象的受力图上，使研究对象的受力在形式上构成一个任意平衡力系。 ③选取坐标轴，列静力平衡方程，并求解。

14. 例2：如a图所示，一直角形杆ABD，质量为m=6kg。以绳AF和两等长且平行的杆AE、BF支持。求割断绳AF的瞬时两杆所受的力。杆的质量忽略不计，刚体质心坐标xc=0.75m, yc=0.25m。 ①取刚体ABD为研究对象，画受力图。 作用于刚体上的有重力W，两杆的约束反力FSA、FSB，如b图所示。 ②分析刚体ABD运动，添加惯性力。 该刚体为曲线平动，故其质心加速度为ac = aA = aAτ在割断绳AF的瞬时，刚体及两杆的初角速度为零，故aA=aAτ，由此可确定ac的方向。在刚体的受力图上加上惯性力FQ，其大小为FQ= mac如b图所示。

15. ③选取Aτn坐标轴，列静力平衡方程并求解。 ∑Fτ=0 Wsin30° - FQ =0 （1） ∑Fn=0 FSA+FSB-Wcos30°=0 （2） ∑MA（F）=0 FSB×cos30°×1-W×0.75-FQ cos30°×0.25+ + FQ sin30°×0.75=0 （3） 由式（1）得 mgsin30°- mac=0 ac=gsin30°=4.9m/s2 代入式（2）、（3）解得 FSA=5.4N FSB=45.5N

16. TQ y FOy  FOx x R2 O R1 G aB aA FQB B FQA W P 例3：如下图所示，鼓轮由半径为R1和R2的两轮固连组成,它对水平固定轴O的转动惯量为Jo,总重为G。用细绳悬挂的重物A、B的重力分别为P和W（P＞W）。若不计绳重及轴承摩擦，试求鼓轮的角加速度及轴承O的反力。 解题分析及步骤： ①取整个系统为研究对象，画受力图。 系统所受的力为重力G、P和W，约束反力为Fox、Foy。 ②分析运动，添加惯性力。 重物A、B作直线平动，鼓轮作定轴转动。因P＞W，则物A以加速度aA铅直下降，物B以加速度aB铅直上升。故惯性力FQA的方向铅直向上，其大小为FQA= PaA/g；

17. 惯性力FQB的方向铅直向下，其大小为FQB= PaB/g。设鼓轮定轴转动的角加速度为α，则惯性主矩的大小为TQo= Joα，转向与角加速度α相反。如图10-9所示，整个系统上的主动力、约束反力与虚加的惯性力在形式上构成一个平衡力系。 ③列静力平衡方程并求解。 ∑Fx=0 FOx=0 （1） ∑Fy=0 FOy-G-P-W+FQA-FQB=0 （2） ∑MO（F）=0 （P- FQA）R1-（W+ FQB）R2-TQo=0 （3） 由运动学关系可得：aA= R1α，aB= R2α；将其代入式（1）、（2）、（3），并解得

18. y FAy FAx A aCy  C aCx B O x FNB FQx P TQ FQy 例4：如下图所示一曲柄连杆机构。曲柄OA长为r，连杆AB重力为P，长为l。已知在图示瞬时，连杆质心C的加速度为acx、acy，连杆的角加速度为α。求曲柄销A和滑块B的约束反力。 解题分析及步骤： ①取连杆与滑块为研究对象， 画受力图。 作用于连杆上的主动力有P， 约束反力有FAx、FAy、FNB。 ②分析运动，添加惯性力。 连杆AB作平面运动，惯性力系可简化为通过质点C的一个惯性主矢FQ和一个惯性主矩TQc，它们的方向如图10-10所示，大小为FQx= Pacx/g，FQy= Pacy/g，TQc=-Jcα。其中：Jc =Pl2/（12g）

19. ③列静力平衡方程并求解。 ∑Fx=0 FAx-FQx = 0 （1） ∑Fy=0 FAy-P- FNA- FQy = 0 （2） ∑MA（F）=0 解得：